备战2024年新高考数学专题训练专题10 数列（单选+填空）（新高考通用）解析版

专题10 数列（单选+填空） （新高考通用）

一、单选题

1．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）已知等差数列的前n项和为，若数列满足：对任意的，都有，且，则（    ）

A．20 B．39 C．63 D．81

【答案】B

【分析】首先设出等差数列的首项和公差，利用条件，根据待定系数法求等差数列的通项公式，即可求解.

【详解】设等差数列的首项为，公差为，则，

因为，所以，

因为，所以，

则，解得：，所以，

那么.

故选：B

2．（2023春·浙江宁波·高三校联考阶段练习）非零实数满足成等差数列，则的最小值为（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】B

【分析】根据成等差数列，可将用表示，再将所求化简，利用基本不等式即可得解.

【详解】因为成等差数列，

所以，

所以，

则

，

当且仅当，即时，取等号，

所以的最小值为.

故选：B.

3．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知数列中，，，是数列的前n项和，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】把递推公式转化为，再裂项相消即可求.

【详解】由可得：，

即

两边同时取倒数得：，即

所以.

故选：B．

4．（2023·重庆·统考二模）若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据奇偶数对n讨论，再分离参数a，转化函数最值问题即得解.

【详解】（1）当n为偶数时，恒成立，即转化为恒成立，

而数列是递增数列，故时，，故；

（2）当n为奇数时，恒成立，即，转化为恒成立，

而数列是递增数列，n为奇数时，，故；

综上可得a的范围为.

故选：B.

5．（2023春·河北邯郸·高三大名县第一中学校考阶段练习）已知数列满足，，设数列的前项和为，若，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据等差数列定义和通项公式可推导得到，由此可得，利用裂项相消法可求得，由可构造不等式求得的范围，进而得到最小值.

【详解】，，数列是以为首项，为公差的等差数列，

，则，

，

，

由得：，解得：，又，.

故选：B.

6．（2023秋·福建泉州·高三校考阶段练习）若数列满足，（，且），记，则（    ）

A．-1 B． C． D．

【答案】C

【分析】通过递推式得出数列是以4为周期的数列，进而可得结果.

【详解】由得，

所以，则，

所以数列是以4为周期的数列，

因为，所以，，，则，

所以，

故选：C.

7．（2023·福建莆田·统考二模）若，则（    ）

A．是等差数列 B．是等比数列

C．是等差数列 D．是等比数列

【答案】A

【分析】根据已知指数式，求出，结合对数的运算法则及等差数列与等比数列的定义逐项判断即可得结论.

【详解】因为，

所以，

则，故是等差数列，故A正确；

因为，

所以，故不是等比数列，故B不正确；

因为，

所以，故不是等差数列，故C不正确；

因为，

所以，故不是等比数列，故D不正确.

故选：A.

8．（2023·江苏南通·统考模拟预测）传说国际象棋发明于古印度，为了奖赏发明者，古印度国王让发明者自己提出要求，发明者希望国王让人在他发明的国际象棋棋盘上放些麦粒，规则为：第一个格子放一粒，第二个格子放两粒，第三个格子放四粒，第四个格子放八粒……依此规律，放满棋盘的64个格子所需小麦的总重量大约为（    ）吨.（1kg麦子大约20000粒，lg2=0.3）

A．105 B．107 C．1012 D．1015

【答案】C

【分析】由等比数列求和公式结合对数的运算求解即可.

【详解】64个格子放满麦粒共需，

麦子大约20000粒，1吨麦子大约粒，

，

故选：C.

9．（2023·山东日照·统考一模）已知数列的前项和为，且满足，，设，若存在正整数，使得，，成等差数列，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据数列的递推公式得出，然后根据等差数列的性质进项求解即可得出结果.

【详解】数列满足，，

当时，，解得：；

当时，，

因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，

所以，，

若存在正整数，使得，，成等差数列，

则，所以     ①

因为数列是单调递减数列，

当时，由，解得：，舍去；

当时，则，；

当时，，，所以，①式不成立，

所以，则有，解得：，

故选：.

10．（2023春·山东济南·高三统考开学考试）已知等比数列的公比为，其前项和为，若对任意的恒成立，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由条件可得，讨论，根据等比数列求和公式化简，可得的取值范围.

【详解】因为为等比数列的公比，所以，

因为对任意的恒成立，所以，

当时，恒成立，满足条件，

当，，

由对任意的恒成立，可得，

所以，

所以或，

所以或或，

所以的取值范围是.

故选：D.

11．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）图是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图中的直角三角形继续作下去，记，，，的长度构成的数列为，则 （    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意可推出，且，从而说明数列是以为首项，为公差的等差数列，求得数列的通项公式，即可求得答案.

【详解】由题意知，，

，，，，都是直角三角形，

，且，故，

数列是以为首项，为公差的等差数列，

．

又，，

数列的通项公式为，

，

故选：C．

12．（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考期末）2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，这个政策就是我们所说的“双减”政策，“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，而“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭．数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示．如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形边长为，后续各正方形边长依次为，，…，，…；如图（2）阴影部分，设直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，，…，，….下列说法错误的是（    ）

A．从正方形开始，连续3个正方形的面积之和为

B．

C．使得不等式成立的的最大值为4

D．数列的前项和

【答案】C

【分析】找到规律，得到，推导出等比数列，求出的通项公式即可判断B选项；进而得到从正方形开始，连续3个正方形的面积之和，即可判断A选项；先求得的通项公式，再解不等式即可判断C选项；利用等比数列前项和公式即可判断D选项．

【详解】依题意可得，，，…，，

则，所以数列是以4为首项，为公比的等比数列，

所以，故B正确；

所以连续3个正方形的面积之和为，故A正确；

由题意得，即，，…，，

则，

令，则，又，故C错误；

又，故D正确．

故选：C．

13．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第15项为（    ）

A．196 B．197 C．198 D．199

【答案】C

【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可得.

【详解】设该数列为，则；

由二阶等差数列的定义可知，

所以数列是以为首项，公差的等差数列，

即，所以

将所有上式累加可得，所以；

即该数列的第15项为.

故选：C

14．（2023·湖南张家界·统考二模）已知是各项均为正数的等差数列，其公差为，若，，也是等差数列，则其公差为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据等差中项化简可得，代入化简可得解.

【详解】因为，，是等差数列，

所以，

所以，即，又，可得，

所以公差.

故选：D.

15．（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）已知数列满足，,则的前项积的最大值为（    ）

A． B． C．1 D．4

【答案】C

【分析】先通过递推关系推出数列的周期为，然后个数为一组，分别计算的表达式后进行研究.

【详解】由可知，，，亦可得：，两式相除得：，即，所以数列是以为周期的周期数列，由得：.

记数列的前项积为，结合数列的周期性，当，则，记，为了让越大，显然需考虑为偶数，令，结合指数函数的单调性，则，即；类似的，.综上所述，的前项积的最大值为.

故选：C.

16．（2023·广东梅州·统考一模）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则（    ）

A． B． C．. D．

【答案】B

【分析】设，由题意得到第项为，然后利用累乘法求解.

【详解】解：设，由题意得，第项为，

则时，，

因为，，

所以，

解得，

故选：B

17．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知数列是等差数列，且，将去掉一项后，剩下三项依次为等比数列的前三项，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出公差及通项公式，再确定等比数列的前三项作答.

【详解】在等差数列中，，解得，而，即有公差，

等差数列的通项，则，显然去掉，

成等比数列，则数列的首项为，公比，

所以.

故选：C

18．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）已知数列满足，且，若存在正偶数m使得成立，则（    ）

A．2016 B．2018 C．2020 D．2022

【答案】D

【分析】由得,由此可得化简;

由及正偶数m得,由此可化简 ,最后建立等式关系求得值.

【详解】由题意，，故，

∴，

∵m为正偶数，∴，

∴左边，

此时，，

∴．

故选：D．

【点睛】关键点点睛:(1)化简的方法是用累乘法, 利用各项相乘相消后即可.

(2)化简的方法是用累加法,利用各项相加相消后即可.

二、填空题

19．（2023秋·广东潮州·高三统考期末）在等比数列中，，记数列的前项和､前项积分别为，则的最大值是______.

【答案】8

【分析】结合题意求出数列的首项与公比，进而求出前项和､前项积分别为，，然后表示出，结合函数的性质即可判断.

【详解】因为，，所以公比，所以，所以，，，，因为，所以或时，取最大值.

故答案为：8

20．（2023·广东·校联考模拟预测）如图是一种科赫曲线，其形态似雪花，又称雪花曲线．其做法是：从一个正三角形（记为）开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间线段为底边，分别向外作正三角形，再把此中间线段去掉，得到图形；把的每条边三等份，以各边的中间线段为底边，向外作正三角形后，再把此中间线段去掉，得到图形；依此下去，得到图形序列，，，，，，设的边长为1，图形的周长为，若，则n的值为________．（参考数据：，）

【答案】16

【分析】根据题意，先分析边长之间的变化规律，再分析边数的变化规律即可求出图形的周长,从而求出n的值.

【详解】由题意可知，图形的边长为1，图形的边长为上一个图形边长的，图形的边长又是上一个图形边长的，……，

所以各个图形的边长构成首项为1，公比为的等比数列，

所以图形的边长为，

由图可知，各个图形的边数构成首项为3，公比为4的等比数列，

所以图形的边数为，

所以图形的周长为，

即，所以 ;

故答案为：16.

21．（2023·广东广州·统考一模）已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则__________.

【答案】

【分析】分析可知是正奇数列，根据题意求得，然后利用裂项相消法可求得的值.

【详解】因为数列是正奇数列，

对于数列，当为奇数时，设，则为偶数；

当为偶数时，设，则为奇数，

所以，，则，

因此，.

故答案为：.

22．（2023秋·江苏·高三统考期末）已知数列满足：，则首项的取值范围是:______当时，记，且，则整数__________.

【答案】         

【分析】根据递推关系可得：，利用即可得到的取值范围；然后得到，利用裂项相消即可求得，进而求解.

【详解】由，可得，所以，即，

则，，所以，，

，所以

，所以

，

因为，所以，则有，

所以，则，

故答案为：.

23．（2023·安徽宿州·统考一模）已知数列的前n项和为，且，则数列的前n项和______.

【答案】

【分析】根据给定的递推公式求出数列的通项，再利用裂项相消法求解作答.

【详解】数列的前n项和为，，，当时，，

两式相减得：，即，而，解得，

因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，，

，

所以.

故答案为：

24．（2023秋·重庆·高三统考学业考试）记表示不超过的最大整数，例如：，，已知数列满足，且，则___________.

【答案】

【分析】分析可知，由已知等式变形可得，利用裂项相消法化简代数式，求出的取值范围，结合题中定义可得结果.

【详解】因为，则，

因为，则，，，以此类推可知，，则，

且有，所以，，

所以，，

所以，

，

因此，.

故答案为：.

25．（2023春·辽宁·高三朝阳市第一高级中学校联考阶段练习）已知在数列中，，，则______．

【答案】

【分析】根据递推关系得到、、......、及、，......、，进而得，即可求值.

【详解】由，，，，，，

，，......,

所以，，即，同理得、......、；

，即，同理得，......、；

综上，.

故答案为：

26．（2023·福建厦门·统考二模）数列满足，若，，则＝____________．

【答案】-6

【分析】由递推公式可得数列的周期为4，又因为，再由计算即可.

【详解】解：因为，，

所以，，，，

所以数列的周期为4，

又因为，

所以.

故答案为：-6

27．（2023秋·山东枣庄·高三统考期末）已知等差数列的前n项和为，若，且，则______.

【答案】2

【分析】先结合算出,再计算.

【详解】∵,

∴,

,,

,

故答案为：2.

28．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知数列满足：，记，且，则整数_____．

【答案】

【分析】根据因式分解法，结合取倒数法进行求解即可.

【详解】由，可得，

所以，，

则，所以，

，所以，

，

所以

，

因为，所以，则有，

所以，则.

故答案为： ．

【点睛】关键点睛：利用取倒数法，结合因式分解法是解题的关键.

29．（2023秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知数列的前项和为，且，若存在两项，使得，则的最小值为_____________.

【答案】

【分析】先根据可得数列是首项为，公比为的等比数列，即可得到，结合可得，再结合基本不等式求解即可.

【详解】由，得，

两式相减得，

而，即，

所以数列是首项为，公比为的等比数列，

即.

又，即，得，

所以，

当且仅当，即时取等号.

所以的最小值为.

故答案为：.

30．（2023秋·浙江宁波·高三期末）已知数列满足：，若恒成立，则实数k的取值范围是______.

【答案】

【分析】根据数列的递推公式利用数学归纳法即可证明单调递减且，构造函数可得，判断出函数单调性根据恒成立问题即可求出k的取值范围.

【详解】由，可得，即，

因为在上为单调递增，且，

而，即，可得，

可猜想数列单调递减且，

下面由数学归纳法证明：当时，，即，满足，

当时，假设成立，

当时，，即，

即，可得，

又因为，即，

所以成立，

即数列单调递减且成立，

由单调有界收敛定理可知收敛，设，

所以，所以，

所以，即递减且趋于0，

令，则恒成立，

，令，

则在恒成立，

所以在恒成立，所以在单调递增，

所以由恒成立可知，即，

所以.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：根据数列的递推公式确定，再通过构造函数将问题转化成不等式恒成立问题，利用导数判断函数单调性即可求解.